江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-02离子反应

这是一份江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-02离子反应，共21页。试卷主要包含了多选题，单选题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

江西高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-02离子反应

一、多选题
1．（2022·江西·校联考模拟预测）向某溶液甲中滴加溶液乙，产生沉淀的质量与乙的体积关系如图所示。下列各组试剂与图像匹配的是

选项
A
B
C
D
甲
FeCl3溶液
含硫酸的MgSO4溶液
含盐酸的BaCl2溶液
AgNO3溶液
乙
NaOH溶液
NaOH溶液
Na₂CO3溶液
氯水
A．A B．B C．C D．D

二、单选题
2．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）常温下，向500mL一定物质的量浓度KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液，加入Ba(OH)2溶液的体积和所得沉淀的质量关系如图，(忽略混合时溶液体积的变化)，已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列说法正确的是

A．ab段发生离子反应有：SO+Ba2+=BaSO4↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓
B．a点、b点、c点三点所对应的溶液的水的电离程度：a>b>c
C．若V2=1；V3=1.5时，c点溶液中c(SO)=4.4×10-9mol·L-1
D．若V2=1时，m2=27.2
3．（2022·江西上饶·校联考模拟预测）H2S、SO2、SO3、H2SO4、Na2SO3、NaHSO3、NaHSO4等是硫元素重要的化合物，下列有关说法正确的是
A．标准状况下，1molH2S、1molSO2、1molSO3所占体积都约为22.4L
B．硫在氧气中燃烧时，氧气少量时生成SO2，氧气过量时生成SO3
C．SO2是一种无色有刺激性气味有毒的气体，故不可用作葡萄酒的食品添加剂
D．向NaHSO3溶液中分别滴加稀H2SO4和NaHSO4溶液，发生的离子反应方程式相同
4．（2022·江西九江·统考二模）Cl2O沸点3.8°C，熔点-116°C，是很好的氯化剂，利用HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O可以制备高纯度的Cl2O。下列说法正确的是(NA为阿伏加德罗常数)
A．标准状况下，2.24LCl2O含有分子数为0.1NA
B．0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA
C．HgO与稀硝酸反应的离子方程式为O2-+2H+=H2O
D．Cl2O与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为Cl2O+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
5．（2022·江西九江·统考一模）下列有关说法正确的是
A．标况下22. 4L Cl2完全溶于水，转移电子总数为NA(NA为阿伏加德罗常数)
B．沸点：HF > HCl是因为HF分子中存在氢键
C．向Na2CO3溶液中滴入少量稀盐酸的离子方程式为：CO+2H+=H2O +CO2↑
D．中子数为19的钙原子可表示为
6．（2021·江西·校联考二模）硫酸盐气溶胶作为PM2.5的主要构成成分，科学家最近发现了一种“水分子桥”催化促进硫酸盐形成的化学机制如图所示，下列说法不正确的是

A．该机制可以解决SO2的空气污染问题
B．“水桥”的形成与氢键有关
C．HSO与NO2间发生的总反应的离子方程式：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO
D．电子传递可以促进HSO中O—H键的解离，进而形成中间体SO
7．（2021·江西赣州·统考二模）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列指定反应的离子方程式书写正确的是
A．向溶液中滴加少量溶液：
B．向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：
C．溶液与过量溶液反应：
D．将溶液与溶液混合：
8．（2021·江西景德镇·统考一模）无色溶液中可能含有Na+、K+、、Ca2+、Cu2+、、、Cl-、Br-、中的若干种，离子的物质的量浓度都为0.1 mol/L。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如图所示实验，则下列关于原溶液的判断正确的是

A．无法确定原溶液中是否存在Cl-
B．肯定存在的离子是、Br-，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定
C．肯定不存在的离子是Ca2+、Cu2+、、，是否含另需实验验证
D．若步骤中Ba(NO3)2和HNO3的混合溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响

三、工业流程题
9．（2023·江西九江·统考三模）二氧化铈(CeO2) 常用于玻璃添加剂，还可用在化妆品中起到抗紫外线作用。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
  
(1)步骤①过滤过程中使用的玻璃仪器主要有 ，滤渣A 的主要成分为 。
(2)第②步反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)第④步反应的化学方程式为 ，该步骤中洗涤滤渣的方法是 。
(4)工业上以CeCl3·7H2O为原料制备无水CeCl3，流程如下：
  
制备过程中，如直接加热CeCl3·7H2O会发生反应生成CeOC1，该反应的化学方程式为 ，加NH4Cl能够减少CeOCl的生成，其原因为 (用化学方程式表示)。
10．（2023·江西南昌·统考三模）铋的化合物在电催化和光催化领域都有广泛应用。一种从含铋矿渣(主要成分是CuBi2O4、CuO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等)中提取高纯Bi2S3的工艺如图：
  
已知：
①乙酰胺(CH3CONH2)有臭味、有毒，熔点为82.3℃，沸点为221℃，可溶于水。
②常温下，Ksp[Bi(OH)3]=4.0×10-31，BiOCl+H2OBi3++2OH-+Cl- K=1.6×10-31。
③该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
离子
Fe3+
Al3+
Cu2+
开始沉淀的pH
1.5
3.6
4.5
沉淀完全的pH
3.2
4.7
6.7
回答下列问题：
(1)CuBi2O4中的Cu的化合价为+2，则Bi的化合价是 。
(2)“沉铋”时加入NaOH溶液，Bi3+转化为BiOCl沉淀的离子方程式是 。往“沉铋”所得滤液中加入铁粉可回收其中的 (填化学式)金属。
(3)“洗涤”时先用水洗，再用稀硫酸洗涤。用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼中的 (填化学式)杂质。
(4)“转化”分两步进行：第一步BiOCl转化为Bi(OH)3，反应的离子方程式为 ；第二步Bi(OH)3受热分解，2Bi(OH)3Bi2O3+3H2O。常温下，当BiOCl恰好完全转化成Bi(OH)3时，溶液中Cl-浓度为0.04 mol•L-1，则此时溶液的pH为 。
(5)“合成”所得乙酰胺的水溶液经 (填操作)可获得乙酰胺固体，以再生硫代乙酰胺(CH3CSNH2)。
11．（2023·江西景德镇·统考二模）某化工厂利用废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3的工艺流程如下：
  
已知：①草酸(H2C2O4)是种二元弱酸，不稳定易分解，具有还原性。
②常温时，有关物质Ksp如下表(单位已略)：
Fe(OH)3
Al(OH)3
Co(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Mg(OH)2
Ca(OH)2
MgF2
CaF2
2.6×10-39
1.3×10-33
4.0×10-44
4.9×10-17
5.9×10-15
5.6×10-12
4.7×10-6
9.0×10-9
1.5×10-10
③当离子浓度c≤1×10-5mol·L-1，可认为沉淀完全。
④常温下Li2CO3的溶解度为1.3g，Li2CO3的溶解度随温度的升高而逐渐减小。
回答下列问题：
(1)为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取的措施有 (任写两种)，溶解LiCoO2的反应的离子方程式为 。
(2)“滤液I”中加入氨水调pH为5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是 (填化学式)。若先调节pH并控制到5，再加入NaClO3，则NaClO3的作用为 。
(3)若取1.0L“滤液Ⅱ”，测得Ca2+、Mg2+浓度均为0.001mol·L-1，则至少需加入 molNH4F固体才能使Mg2+沉淀完全。
(4)生成Co2(OH)2CO3的离子方程式为 。
(5)为了获得更多更纯的Li2CO3固体，“系列操作”依次为 和干燥。
12．（2022·江西景德镇·统考二模）某废钯催化剂主要含Pd、活性炭、SiO2、Al2O3、Fe3O4、CuO、ZnO。其一种回收利用工艺如图所示。回答相关问题。

(1)焙烧的目的 。
(2)浸出后Pd以PdCl形式存在，写出对应的离子方程式 。
(3)已知Cu2+和Zn2+易与氨水形成Cu(NH3)和Z(NH3)，则滤渣2的化学式为 。
(4)除杂后Pd以Pd(NH3)形式存在，沉钯时得到的是(NH4)2PdCl4， 写出沉钯时对应的离子方程式 。
(5)若还原时生成1mol Pd，则理论上需要消耗N2H4的质量为 。
(6)工业上制备乙醛是在PdCI2—CuCl2催化下用氧气氧化乙烯制备。写出该反应的化学方程式 。 该反应过程复杂，可简单用下列3个反应表示，将反应②补齐。
①C2H4+ PdCl2+ H2O= CH3CHO+ Pd+2HCl
② ；
③4CuCl+O2+4HCl=4CuCl2+2H2O
13．（2021·江西萍乡·统考二模）锰酸锂(LiMn2O4)是新一代锂离子电池的正极材料。实验室回收利用废旧锂离子电池正极材料(锰酸锂、碳粉等涂覆在铝箔上)的一种流程如图：


已知：Li2CO3在不同温度下的溶解度
温度/℃
0
10
20
50
75
100
Li2CO3
1.593
1.406
1.329
1.181
0.866
0.728
(1)第①步反应中会有气体生成，该气体为： ，若要增大第①步反应的浸取率，可以采取的措施有： (写两条)。
(2)第②步反应得到的沉淀X的化学式为 ，上述流程中四步实验都包含过滤，实验室过滤时要使用的玻璃仪器有： 。
(3)工业上洗涤Li2CO3用的是热水而不是冷水，其原因是 。
(4)写出第③步反应“酸溶”过程中反应的离子方程式： 。
(5)固相法制备LiMn2O4的实验过程如下：将MnO2和Li2CO3按4：1的物质的量之比配料，球磨3-5小时，然后高温加热，保温24小时，冷却至室温。
①写出该反应的化学方程式： 。
②LiMn2O4中锰元素的平均价态为+3.5。在不同温度下，合成的LiMn2O4中Mn2+、Mn3+和Mn4+的含量与温度的关系见表。
T/℃
w(Mn2+)(%)
w(Mn3+)(%)
w(Mn4+)(%)
700
5.56
44.58
49.86
750
2.56
44.87
52.57
800
5.50
44.17
50.33
850
6.22
44.40
49.38
由此可以确定：在上述温度范围内，锰元素的平均价态的变化趋势是：随温度升高 (填选项)
A．增大     B减小     C．先增大后减小      D．先减小后增大
14．（2021·江西南昌·统考二模）钛酸锂电池是一种较安全的锂离子电池，利用钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，回收其中的有价金属锂和钛并制备高附加值的碳酸锂和二氧化钛产品，工艺流程如图所示：

(1)中的化合价为 。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施有： ．(写一条即可)
(3)浸出渣中含有钛酸和少量 。
(4)已知：．常温时通过调节溶液大于 ，达到除杂目的。
若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，方案为 ，然后继续调，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为 ；碳酸钠的添加量(理论用量的倍数)对的收率及纯度影响如图所示．代表纯度的曲线为 (填“a”或“b”)。

(6)工业上向尾液中加入的目的是 (填编号)。
A．进一步回收金属锂     B．得到产品 C．除杂      D．污水处理

四、实验题
15．（2022·江西抚州·统考模拟预测）气体中微量的H2S，对工业生产和环境都有危害。通过以下实验装置利用20%脱硫剂三嗪()水溶液除去H2S，并使用2 mol·L-1 CuSO4溶液检验H2S是否除尽。

回答下列问题：
(1)仪器1的名称是 。装置甲制取CO2，实验室制取CO2的离子方程式为 。
(2)仪器2盛装0.001 mol·L-1H2S水溶液，三颈烧瓶丙中盛装溶液是 。
(3)操作步骤：
①打开开关A、C，放入酸溶液产生CO2，目的是 ；
②一段时间后，关小开关C的出气量，打开压缩机开关，同时打开活塞放入H2S水溶液；逐渐减缓仪器1中酸溶液滴入速率并控制气压。使用CO2压缩机的作用是 。
(4)通入二氧化碳所形成的混合气体中，经测量含H2S的量为1000 ×10-6mg·m-3，则该混合气体中c(H2S)计算式为 mol·L-1。
(5)三嗪( )水溶液吸收H2S，生成 和化学方程式为 。CuSO4溶液没有出现 (填现象)， 证明三嗪吸收H2S的化学反应具有 、 等特征，20%三嗪水溶液是很好的脱硫剂。

参考答案：
1．BC
【详解】A．向氯化铁溶液中加入NaOH溶液，立即产生沉淀，不符合图像，A错误；
B．向含硫酸的硫酸镁溶液中滴加NaOH溶液，先与硫酸反应，不产生沉淀，随后与硫酸镁反应产生氢氧化镁白色沉淀，符合图像，B正确；
C．含盐酸的BaCl₂溶液中加入碳酸钠溶液，先与盐酸反应不产生沉淀，随后碳酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，符合图像，C正确；
D．在AgNO₃溶液中滴加氨水，立即产生沉淀，D不符合图像，D错误；
故选：BC。
2．C
【分析】向KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，oa段发生反应，a点溶液中含有，由图可知，b点之后继续滴加Ba(OH)2溶液，沉淀的质量不变，说明b点之后沉淀只有BaSO4，则ab段发生的反应为、。
【详解】A．由上述分析可知，ab段发生的反应为、，故A错误；
B．由上述分析可知，a点溶液中主要含有，为强酸强碱盐，对水的电离无影响，b点溶液中主要含有，水解促进水的电离，c点溶液中含有过量的Ba(OH)2，抑制水的电离，因此水的电离程度：b >a >c，故B错误；
C．若V2=1；V3=1.5，则c点溶液中，，故C正确；
D．根据上述分析可知，m2为硫酸钡的质量，若V2=1时，，则，即m2=23.3，故D错误；
答案选C。
3．D
【详解】A．标准状况下SO3是固体，1molSO3所占体积不是22.4L，故A错误；
B．硫在氧气中燃烧时，无论氧气是否过量，产物只有SO2，故B错误；
C．二氧化硫具有还原性，SO2可用作葡萄酒的食品添加剂，故C错误；
D．向NaHSO3溶液中分别滴加稀H2SO4和NaHSO4溶液，发生的离子反应方程式都是，故D正确；
选D。
4．B
【详解】A．标准状况下Cl2O为液体，无法计算2.24LCl2O含有的分子数，A错误；
B．在反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O中，氯由0价变为HgCl2中-1价的氯和Cl2O中+1价氯，该反应转移2个电子，故0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA，B正确；
C．HgO为金属氧化物，在写离子方程式的时候，正确的离子方程式为：HgO+2H+=H2O+Hg2+，C错误；
D．在该反应中氧元素不守恒，D错误；
故选B。
5．D
【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，所以标准状况下，22. 4L Cl2的物质的量，完全溶于水转移电子数小于NA，故A错误；
B．HF比HCl沸点高，是因为HF分子间存在氢键，故B错误；
C．盐酸少量，反应生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：CO+H+═HCO，故C错误；
D．中子数为19的钙原子，质量数=质子数+中子数=20+19=39，表示为，故D正确；
故选：D。
6．A
【详解】A．该机制可以解决二氧化氮形成的污染问题，A错误；
B．氢氧原子间的虚线表示氢键，所以水桥的形成与氢键有关，B正确；
C．从图分析HSO与NO2间反应，最后得到亚硝酸和硫酸氢根离子，发生的总反应的离子方程式：HSO+2NO2+H2O=2HNO2+HSO，C正确；
D．电子传递可以促进HSO中O—H键的解离，使氢原子与二氧化氮结合生成亚硝酸，同时形成中间体SO，D正确；
故选A。
7．B
【详解】A．氯化铁中的三价铁能够催化过氧化氢分解，不参与反应，则向过氧化氢溶液中滴加少量氯化铁溶液，发生的离子方程式为：，A项错误；
B．氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，铵根结合氢氧根离子，沉淀发生溶解，离子方程式正确，B项正确；
C．氢氧化钠溶液与过量草酸溶液反应，生成草酸氢根，离子方程式为：，C项错误；
D．硫酸铝溶液与碳酸钠溶液混合会发生双水解反应，发生的离子方程式为：，D项错误；
故答案为：B。
8．D
【分析】无色溶液中一定不含蓝色Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无，加足量氯水，无气体，则无，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有，无Ca2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1 mol/L，根据电荷守恒，一定含有、Na+、 K+，一定不存在Cl-，滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子，结合溶液为电中性来解答。
【详解】A．根据题目中浓度都相等，利用电荷守恒可以判断出是否有氯离子，A错误；
B．肯定存在的离子是、Br-、、Na+、K+，B错误；
C．根据电荷守恒可以判断出溶液中有离子，C错误；
D．注意检验是否有，根据BaSO4不溶于酸的特点进行判断，溶液中已含有Cl-，所以对溶液中Cl-的判断无影响，D正确；
故合理选项是D。
9．(1) 烧杯、漏斗、玻璃棒 SiO2、CeO2
(2)2：1
(3) 4Ce(OH)3 + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 继续向过滤器中加水浸没沉淀，待水自然流干，重复2~3次
(4) CeCl3·7H2OCeOCl +2HCl↑+6H2O CeOCl +2NH4ClCeCl3 +2NH3↑+ H2O或NH4ClNH3↑+HCl↑，CeOCl +2HCl(g)= CeCl3+H2O

【分析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质)，加入稀盐酸后，Fe2O3转化为Fe3+和其他少量可溶于稀酸的物质留在滤液A中，滤渣A为SiO2和CeO2，加入稀硫酸和过氧化氢后转化为Ce3+，进入滤液B中，滤渣B为不溶解的SiO2和CeO2，向滤液B中加入碱后得到Ce(OH)3，通入氧气氧化后得到Ce(OH)4，在一定条件下生成CeO2。
【详解】（1）过滤过程中需要使用铁架台、漏斗，滤纸，烧杯和玻璃棒，玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。滤渣A为不溶于酸的SiO2和CeO2。
（2），氧化剂为CeO2，还原剂为，二者的物质的量之比为2：1；
（3）反应为4Ce(OH)3和氧气，生成物为Ce(OH)4，根据电子守恒和原子守恒可得到化学方程式为4Ce(OH)3 + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4；洗涤沉淀的方法为：继续向过滤器中加水浸没沉淀，待水自然流干，重复2~3次；
（4）CeCl3·7H2O 受热融化生成水分子，水解成CeOCl和HCl，化合价没有发生变化，所以该过程根据原子守恒可得到方程式为：CeCl3·7H2OCeOCl +2HCl↑+6H2O ；
加入NH4Cl 后，NH4ClNH3↑+HCl↑，在HCl的气流中，抑制了CeCl3的水解，故答案为CeOCl +2NH4ClCeCl3 +2NH3↑+ H2O或NH4ClNH3↑+HCl↑，CeOCl +2HCl(g)= CeCl3+H2O。
10．(1)+3
(2) Bi3++2OH-+Cl-=BiOCl↓+H2O Cu
(3)Fe(OH)3
(4) BiOCl+OH-+H2O=Bi(OH)3+Cl- 13
(5)蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥

【分析】从含铋矿渣的主要成分是CuBi2O4、CuO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等，从中提取高纯Bi2S3，向矿渣中加入盐酸溶解，SiO2不溶，过滤除去，得到含有氯化铁、氯化铜、氯化铝、氯化铋的滤液，向滤液中加入NaOH溶液“沉铋”，使Bi3+转化为BiOCl沉淀，同时少量的氢氧化铁也进入沉淀，过滤得到BiOCl，其他离子进入滤液，滤饼经硫酸洗涤，除去少量的氢氧化铁，然后加入氢氧化钠，发生两步反应，第一步BiOCl转化为Bi(OH)3，第二步Bi(OH)3受热分解，方程式为：2Bi(OH)3Bi2O3+3H2O，Bi2O3和CH3CSNH2反应生成Bi2S3和乙酰胺，过滤将得到的Bi2S3洗涤、干燥后得到高纯Bi2S3。
【详解】（1）CuBi2O4中的Cu的化合价为+2，O为-2价，根据化合物中元素化合价代数和为0，可知Bi的化合价是+3价；
（2）“沉铋”时加入NaOH溶液，Bi3+转化为BiOCl沉淀，同时反应产生水，该反应的离子方程式是Bi3++2OH-+Cl-=BiOCl↓+H2O；
所得滤液主要含有铜离子、铁离子、偏铝酸根离子，加入铁粉，Fe单质可与Cu2+发生置换反应产生Cu单质，故可回收其中的金属Cu；
（3）加入NaOH溶液“沉铋”，使Bi3+转化为BiOCl沉淀,同时少量的氢氧化铁也进入沉淀，用稀硫酸洗涤的目的是为了除去滤饼中的Fe(OH)3杂质；
（4）“转化”分两步进行：第一步BiOCl转化为Bi(OH)3，反应的离子方程式为BiOCl+OH-+H2O=Bi(OH)3+Cl-；第二步Bi(OH)3受热分解反应产生Bi2O3、H2O，该反应的化学方程式为：2Bi(OH)3Bi2O3+3H2O，已知反应：BiOCl+H2OBi3++2OH-+Cl-    K=1.6×10-31，则K=c(Bi3+)·c2(OH-)·c(Cl-)=1.6×10-31。两边同乘以c(OH-)，得到c(Bi3+)·c3(OH-)·c(Cl-)=c(OH-)×1.6×10-31；即Ksp[Bi (OH)3] ×c(Cl-)=c(OH-)×1.6×10-31，则有4.0×10-3l×0.04 mol/L=c(OH-)×1.6×10-31，解得c(OH-)=0.1 mol/L，c(H+)=10-13 mol/L，所以溶液pH=13；
（5）乙酰胺熔点为82.3℃，可溶于水，其水溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得乙酰胺固体。故“合成”所得乙酰胺的水溶液经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，可获得乙酰胺固体，以再生硫代乙酰胺(CH3CSNH2)。
11．(1) 粉碎正极材料、增长正极材料与酸反应的时间、搅拌
(2) Al(OH)3、Fe(OH)3 将Fe2+氧化为Fe3+，以便转为Fe(OH)3而除去
(3)0.034
(4)2Co2++4=Co2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O
(5)加热(或蒸发结晶)、趁热过滤、热水洗涤

【分析】废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把LiCoO2还原为Co2+；过滤除去不溶物，滤液Ⅰ加NaClO3把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调为5，生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀过滤除去Fe3+、Al3+；滤液Ⅱ加入NH4F生成MgF2、CaF2沉淀过滤除去Mg2+、Ca2+；滤液Ⅲ中加NH4HCO3生成Co2(OH)2CO3沉淀，经焙烧得Co2O3，过滤，滤液Ⅳ加入Na2CO3经一系列操作得Li2CO3。
【详解】（1）为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可通过加快反应速率和延长反应时间实现，即采取的措施有：粉碎正极材料、增长正极材料与酸反应的时间、搅拌等；酸性条件下，草酸将LiCoO2还原为Co2+，草酸被氧化为二氧化碳，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为。
（2）根据题给溶度积常数可知，“滤液I”中加入氨水调为5，Fe3+、Al3+的浓度都小于10-5，则“滤渣Ⅱ”的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；若先调节并控制到5，再加入，具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，以便转为Fe(OH)3而除去。
（3）若取“滤液Ⅱ”，测得、浓度均为，加入生成0.001molMgF2、0.001molCaF2沉淀，消耗0.001mol×2+0.001mol×2=0.004mol，沉淀后溶液中c(F-)，则至少需加入的物质的量为，才能使Mg2+沉淀完全。
（4）滤液Ⅲ中加NH4HCO3生成Co2(OH)2CO3沉淀，反应的离子方程式为2Co2++4=Co2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O。
（5）根据题给信息，的溶解度随温度的升高而逐渐减小，为了获得更多更纯的固体，“系列操作”依次为加热(或蒸发结晶)、趁热过滤、热水洗涤和干燥。
12．(1)除去活性炭
(2)Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2
(5)16g
(6) 2C2H4+O22CH3CHO Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl

【分析】由题给流程可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质；向焙烧后的固体中加入盐酸和过氧化氢混合溶液，将钯转化为四氯合钯酸根离子，金属单质转化为可溶性金属氯化物，硅不反应，过滤得到含有硅的滤渣1和含有四氯合钯酸根离子、可溶性金属氯化物的滤液；向滤液中加入氨水，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，将四氯合钯酸根离子、铜离子、锌离子转化为四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液；向滤液中加入盐酸，将四氨合钯离子转化为(NH4)2PdCl4沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液和(NH4)2PdCl4；(NH4)2PdCl4与肼发生氧化还原反应制得钯。
（1）
由分析可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质，则焙烧的目的是将活性炭转化为二氧化碳，达到除去活性炭的目的，故答案为：除去活性炭；
（2）
由分析可知，浸出时钯与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成四氯合钯酸根离子和水，反应的离子方程式为Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O，故答案为：Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O；
（3）
由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
由分析可知，沉钯时发生的反应为四氨合钯离子与盐酸反应生成(NH4)2PdCl4沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2，故答案为：Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2；
（5）
由得失电子数目守恒可知，生成1mol Pd时理论上需要消耗肼的质量为1mol××32g/mol=16g，故答案为：16g；
（6）
由题意可知，在PdCI2-CuCl2催化下，乙烯与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2C2H4+O22CH3CHO，由总反应和反应①、③的方程式可知，反应②为钯与氯化铜反应生成氯化钯和氯化亚铜，反应的化学方程式为Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl，故答案为：2C2H4+O22CH3CHO；Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl。
13． H2 适当升高温度，适当增大NaOH溶液的浓度，粉碎，充分搅拌 Al(OH)3 漏斗、烧杯、玻璃棒 降低Li2CO3的溶解度，减少溶解，提高产率 4LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O 8MnO2+2Li2CO3=4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ C
【分析】正极材料经过过量NaOH反应后，铝箔被转化为NaAlO2，故过滤后所得滤液主要成分为NaAlO2，与过量CO2反应得到Al(OH)3沉淀和NaHCO3，故沉淀X为Al(OH)3，LiMn2O4经过操作③，与H2SO4、O2反应转化为MnO2和Li2SO4，过滤后滤液中主要含有Li2SO4，加入一定量Na2CO3后Li2SO4转化为Li2CO3。
【详解】(1)由反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知第①步反应产生的气体为H2，故此处填H2；增大浸取率可从加快反应速率角度考虑，相同时间内，一般反应速率越快，浸取率越高，故此处填：适当升高温度、适当增大NaOH溶液浓度、将原料粉碎、搅拌等（任写两点）；
(2)由分析知，沉淀X化学式为Al(OH)3；过滤时需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故此处填：漏斗、烧杯、玻璃棒；
(3)由Li2CO3的溶解度信息知，随着温度升高，Li2CO3溶解度减小，故此处填：降低Li2CO3的溶解度，减少溶解损失，提高产率；
(4)由分析知，酸溶时，LiMn2O4转化为Li2SO4、MnO2，根据Mn元素化合价升高推测有O2参与反应，根据元素守恒推测还有H2O生成，初步确定反应为：LiMn2O4+H++O2→MnO2+Li++H2O，结合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得完整离子方程式为：4LiMn2O4+4H++O2=8MnO2+4Li++2H2O；
(5)①由所给信息初步确定反应为：4MnO2+Li2CO3→2LiMn2O4，根据Mn元素化合价降低，推测O元素化合价升高产生O2（C元素已经为最高价，故只能为O元素化合价升高），根据得失电子守恒初步配平反应为：8MnO2+2Li2CO3→4LiMn2O4+O2，根据元素守恒知还有2个CO2生成，故完整方程式为：8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+O2↑+2CO2↑；
②由所给数据知，700~750℃，Mn3+、Mn4+含量在上升，Mn2+含量在减少，故Mn元素平均价态增大，750℃往后，Mn4+含量减少，Mn2+含量逐渐上升，故Mn元素平均价态降低，综上所述，答案选C。
14． 适当提高酸的浓度、升高温度 C或者碳 9 先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到 a AB
【分析】钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，经过预处理，再用稀硫酸酸浸，碳不和稀硫酸反应，Ni和铁与稀硫酸反应，钛酸锂和稀硫酸反应生成硫酸锂和钛酸，过滤，将浸出液调节pH值除掉镍和铁元素，过滤后向滤液中加入碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，再将尾液中加入磷酸钠并进一步回收锂。
【详解】(1)根据化合价分子得到中的化合价为+4；故答案为：+4。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施，可以从浓度、温度以及接触面积，因此提高酸浸速率的措施为适当提高酸的浓度、升高温度；故答案为：适当提高酸的浓度、升高温度。
(3)由于废料中含有少量碳，碳不和稀硫酸反应，因此浸出渣中含有钛酸和少量碳；故答案为：C或者碳。
(4)根据题意要除杂，则，则，pH=8.6，，则，pH=9，，因此常温时通过调节溶液大于9，达到除杂目的；若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，由于两者的溶度积常数接近，无法将两者分离开，因此要先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到，然后继续调，过滤得到；故答案为：9；先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为；当碳酸钠的浓度增大，碳酸根浓度增大，平衡向碳酸锂反应生成，当倍数增大，钠离子形成的盐被包裹进碳酸锂沉淀中，从而降低了碳酸锂的纯度，因此代表纯度的曲线为a；故答案为：；a。
(6)工业上向尾液中加入，主要发生反应，因此是进一步回收金属锂和得到产品；故答案为：AB。
15．(1) 分液漏斗
(2)饱和碳酸氢钠溶液
(3) 排尽装置内的空气，防止被氧化，影响脱硫效果 控制的气流速率，从而控制进入三嗪水溶液的速率，使其充分与三嗪水溶液反应
(4)
(5) 黑色沉淀 简便 高效

【解析】（1）
仪器1带有活塞，用于添加液体药品并控制滴加液体药品的速度，为分液漏斗；而实验室制取用的是稀盐酸与大理石，化学方程式为，则离子方程式为；
故答案为分液漏斗；；
（2）
利用稀盐酸与大理石制备的混有HCl杂质，需要利用饱和碳酸氢钠溶液除去；
故答案为饱和碳酸氢钠溶液；
（3）
打开开关A、C，放入酸溶液产生，这一操作在三嗪溶液脱硫前进行，而实验开始前通气体的操作，一般都是为了排尽装置内的气体，避免干扰主体反应的进行或效果的，这里是显了防止被氧化，影响脱硫效果；使用压缩机是为了控制的气流速率，从而可控制进入三嗪水溶液的速率，继而保证能充分与三嗪水溶液接触反应，以达到最佳的脱硫效果；
故答案为排尽装置内的空气，防止被氧化，影响脱硫效果；控制的气流速率，从而控制进入三嗪水溶液的速率，使其充分与三嗪水溶液反应
（4）
依据题信息可知，测量含H2S的量为，求该混合气体中c(H2S)的物质的量浓度，即需要把换算为以为单位，即，则该混合气体中c(H2S)计算式为；
故答案为；
（5）
依据题目信息给出的反应物与生成，即可写出三嗪与硫化氢的反应方程式为；题目要求使用溶液检验是否除尽，表明利用了溶液和的反应，而该反应会生成黑色的沉淀CuS，而没有产生黑色沉淀，表明三嗪除硫比较彻底，而整个除硫的实验过程也较为简单；
故答案为；黑色沉淀；简便；高效。